2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．若复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）

A．4 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的几何意义可得，进而运算求解.

【详解】由题意可得：，则，

所以.

故选：B.

2．已知集合，，若，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据交集结果分析运算.

【详解】若，则或，解得或，

所以实数的取值范围为.

故选：C.

3．若，则（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】根据题意结合三角恒等变换分析运算.

【详解】因为，可得，

整理得，

所以.

故选：C.

4．在底面为平行四边形的四棱台的八个顶点中任取四点，则这四点不共面的取法有（    ）

A．62种 B．64种 C．60种 D．58种

【答案】D

【分析】根据题意，先得到八个顶点任取四个顶点的总情况数，然后得到四个顶点共面的情况数，即可得到结果.

【详解】由题意，从四棱台的八个顶点中任取四点，总情况为，

若四点共面，分两类：四棱台的表面，共6个；

四棱台的对角面，如，共6个；

故四棱台的八个顶点中任取四点，则四点不共面的取法有.

故选：D

5．在棱长为2的正方体中，E，F分别为AD，BC的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构建空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角的余弦值即可.

【详解】构建如下图示的空间直角坐标系，

所以，，且，

则，，

所以，

当，夹角余弦值最小为，当，夹角余弦值最大为，

所以直线与所成角的余弦值的取值范围是.

故选：C

6．已知直线与抛物线相交于A，B两点，且点坐标为，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直线方程代入抛物线方程，由根与系数的关系可得，然后由焦半径公式结合基本不等式可得.

【详解】由题可知,所以有，带入得，

整理得，判别式恒成立，

设，则

易知，点为抛物线的焦点，

所以

当且仅当时，等号成立，所以的取值范围为.

故选：B

7．如图，在三棱柱中，，是棱AB上一点，若平面把三棱柱分成体积比为的两部分，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】先画出平面与三棱锥的截面，分析清楚两部分是什么几何体，由等体积求解即可.

【详解】如图：

延长与交于，连接交于，

则平面与三棱锥的截面是，

将三棱锥分成两部分，三棱台，多面体，

设，，，

，

，设，则，

，则，

，解得：，由于

所以

故选：D.

8．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用，判断函数值的大小，即可判断选项.

【详解】，，，

设 ，且，令，得，

当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

因为，且，

所以，即.

故选：B

二、多选题

9．随着生活节奏的加快，人们越来越注意养生和锻炼身体.其中走路是一种简单的锻炼方式，它不仅可以减肥，还可以增强心肺功能等，甲、乙两人通过某软件记录了各自在同一周内的日步数（单位：千步），统计如下表所示：

根据上述表格，在这一周内，下列说法正确的是（    ）

A．甲的日步数的中位数大于乙的日步数的中位数

B．甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数

C．甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差

D．甲的日步数比乙的日步数更稳定

【答案】ABC

【分析】根据中位数，平均数，极差，方差分别判断各个选项即可.

【详解】甲的日步数的中位数为14.4，乙的日步数的中位数13.6,甲的日步数的中位数大于乙的日步数的中位数,A选项正确；

甲的日步数的平均数为：,

乙的日步数的平均数为：,

甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数,B选项正确；

甲的日步数的极差为14.5，乙的日步数的极差为8.7，甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差，C选项正确；

乙的日步数比甲的日步数更稳定，甲的日步数两极分化严重极差大，在平均数附近数据少，甲的方差比乙的方差大，故D选项错；;

故选：ABC.

10．函数在上的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】解方程，根据零点个数可判断A；分，，讨论，利用二次导数讨论单调性，结合零点即可判断BCD.

【详解】，

令，得或，函数最多有两个零点，故A错误；

当时，显然为偶函数，，

当时，，所以，单调递增，

单调性结合奇偶性可知，B选项正确；

当且时，函数有两个零点或，

记，

则

因为且，所以，

所以，单调递增

又，

，

所以存在使得

当时，，即，单调递减，

当时，，即，单调递增，

所以，当时，可知图象如选项C，故C选项正确；

当时，可得的图象如D选项，故D选项正确；

故选：BCD

11．已知圆与直线相交于A，B两点，则（    ）

A．弦AB的最小值为

B．的面积的最大值为

C．圆上一定存在3个点到直线的距离为

D．A，B两点处圆的切线一定相交

【答案】BC

【分析】根据直线与圆的位置关系以及弦长公式即可求解.

【详解】对A，由题可知，圆的圆心为,

半径，

直线恒过定点,

设圆心到直线的距离为，

所以,

且当直线经过圆心，即时，，

所以，

根据弦长公式可得，

当且仅当，即时，弦AB最小为，A错误；

对B，，

令，(当时，三点共线，不能构造三角形)，

所以，

所以在单调递增，

所以当时，的面积最大值为，B正确；

对C，当时，，

又因为，此时，圆上恰好存在3个点到直线的距离为，

即直线经过与垂直的半径的中点时，圆上有三个点到的距离为，

当与不垂直时，，

又因为，

则将直线垂直于的方向平移个单位，

所得的两条直线与圆都相交，

则圆上存在4个点到直线的距离为，

所以圆上一定存在3个点到直线的距离为，C正确；

对D，当直线经过圆心，即时，

为圆的直径，A，B两点处圆的切线平行，D错误，

故选:BC.

12．已知函数，若对任意的，都存在，，且，满足，则实数的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】由题设得到，已知方程改写为，求出左侧值域，结合及在上存在对应两个自变量的值域，进而判断（）是否在值域上即可.

【详解】由，，

令，则，可得，，

令，则，可得，，

所以，.

由上易知，则，令，

而在上递增，则；

由及上述解析式，可知在递减，对应值域为；在递增，对应值域为；

要使对任意，都存在，且，满足，

显然，则即可，

当，则是的子集，A符合；

当，则不是的子集，B不符合；

当，则是的子集，C符合；

当，则不是的子集，D不符合；

故选：AC

【点睛】关键点点睛：将问题转化为在上的取值，恒能保证为关键.

三、填空题

13．已知平面向量满足，，.若与，与，与的夹角分别为，，，则________.

【答案】

【分析】根据题意可求数量积，进而结合数量积的运算律求模长.

【详解】由题意可得：，

则.

故答案为：.

14．若数列满足对任意的，只有有限个正整数使得成立，记这样的的个数为，则得到一个新数列.如数列是，则数列是.已知对任意的，，则数列的前8项和为________.

【答案】

【分析】根据数列新定义列举出对应的元素，加总前8项即可得答案.

【详解】由题设，前8项依次为，

所以，，，

所以数列的前8项和为.

故答案为：

15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线左支上一点，是线段上的一点，过点作PM的垂线，垂足为点，若（为坐标原点，且，则________.

【答案】

【分析】根据已知条件易得为角平分线，延长交于点，则为的垂直平分线，进而有为中点，，为中位线即，结合双曲线定义即可得结果.

【详解】由，则，

所以，在△中，即为角平分线，

由，延长交于点，故为的垂直平分线，

则，即为中点，且，

又为中点，故△中为中位线，故，

而，故.

故答案为：

四、双空题

16．已知曲线在点处的切线与轴相交于点，曲线在点处的切线与轴相交于点，，则__________，当时，的取值范围是________.

【答案】         

【分析】空1：对已知函数求导，根据垂直关系知，可得，进而求的值；空2：写出切线方程确定纵坐标，根据对称性研究情况范围即可.

【详解】空1：由，，则，，

又，即，故，

所以，

空2：令，则，，

所以，，

令得：，，

由上结论及函数图象知，在与上两曲线所成图形有轴对称关系，

只需研究，此时的范围即可，

令，则，即在上递增，

所以，即.

故答案为：；.

【点睛】关键点睛：由导数几何意义知求得为关键，利用函数图象的对称性研究情况范围.

五、解答题

17．已知数列，满足，且，数列是公差为1的等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等差数列定义得，即，再由且求的通项公式，注意验证的情况；

（2）令，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求结果.

【详解】（1）由题设，又是公差为1的等差数列，

所以，故，

又且，则，

故，显然也满足，

综上，.

（2）令，

则，

所以

，

所以.

18．在①，②，③中选一个，补充在下面的横线中，并解答.

在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________.

(1)求A；

(2)若内角A的角平分线交BC于点，且，求的面积的最小值.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若选①：根据余弦定理分析运算；对于②③：根据正弦定理结合三角恒等变换分析运算；

（2）根据面积公式可得，再利用基本不等式可得，进而可得结果.

【详解】（1）若选①：因为，整理得，

由余弦定理可得，

因为，所以；

若选②：因为，

由正弦定理可得，

则，

因为，则，则，

可得，所以；

若选③：因为，由正弦定理可得，

则，

因为，则，则

可得，所以.

（2）由题意可得：，且，

则，

即，且，

则，当且仅当时，等号成立，

可得，

所以，

故的面积的最小值为.

19．如图，在圆柱中，，为圆上一定点，为圆上异于点的一动点，，过点作平面的垂线，垂足为点.

(1)若，求证：.

(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）由线面垂直证线线垂直即可；

（2）由二面角的定义，找到二面角的平面角，在三角形中求二面角的余弦值大小即可.

【详解】（1）证明：由圆柱的性质得：，

因为，所以，

因为，所以，

因为，，

所以，

又因为，所以，

因为，所以.

（2）过点作垂足为，过作于，连接，

由已知，

所以，，

所以，，所以，

所以，所以为二面角的平面角，

又因为为等边三角形，，

所以，在直角三角形中，，

，所以，所以，

在直角三角形中，，

所以.

20．2023年4月15日是第八个全民国家安全教育日.某校为增强学生的国家安全意识，举行了国家安全知识竞赛.比赛规则如下：①比赛分为五轮，每轮比赛设有五道题；②每轮答题前需要读一段安全知识；③如果答题时有n道题回答错误，那么需要被罚分钟的时间；④最终用时为答题时间、读安全知识的时间和被罚时间之和，最终用时最少者获胜.已知甲、乙两人参加比赛，甲每轮读安全知识的时间比乙少12秒，甲、乙两人每道题答对的概率分别为和，假设甲、乙两人的答题用时相同，且每道题是否答对互不影响.

(1)若在前四轮答题中，甲、乙两人被罚的时间相同，求乙胜甲的概率

(2)若仅从最终用时考虑，试问甲、乙两人哪位的水平更高？并说明理由.

【答案】(1)

(2)乙水平更高，理由见解析

【分析】（1）由题意，乙胜甲的基本事件有：{甲对2题，乙全对} 、{甲对1题，乙最少对4题}、{甲对0题，乙最少对3题}，利用二项分布的概率公式求出对应事件的概率，加总即可得结果；

（2）利用二项分布期望公式分别求出甲乙答错题数的期望值，进而比较甲乙最终用时的期望大小，即得结论.

【详解】（1）前四轮答题中甲、乙两人被罚的时间相同，而第5轮结束，甲读安全知识的时间比乙少1分钟，

所以，要使乙胜甲，则第5轮过程中乙被罚时间小于甲被罚时间加1分钟，

则基本事件有：{甲对2题，乙全对} 、{甲对1题，乙最少对4题}、{甲对0题，乙最少对3题}，

所以，，

，

，

所以乙胜甲的概率为.

（2）由题意，甲答错题，则，乙答错题，则，

所以，，故甲、乙被罚期望时间分别为分钟、分钟，

显然，故乙最终用时的期望值小于甲，则乙水平更高.

21．已知函数，.

(1)若恒成立，求实数的取值范围.

(2)证明：当时，.

【答案】(1)

(2)证明见详解

【分析】（1）构建，分类讨论，利用单调判断原函数单调性，结合恒成立问题分析运算；

（2）由（1）分析可得：，进而可得，构建，利用导数证明，进而可得结果.

【详解】（1）构建，

原题意等价于恒成立，

可得的定义域为，且，

当时，且，则，可得恒成立，

则在上单调递减，且，不合题意；

当时，且，则有：

令，解得；令，解得；

可得在上单调递减，在上单调递增，

则，解得；

综上所述：实数的取值范围.

（2）由（1）取可得：，当且仅当时，等号成立，

则，即，当且仅当时，等号成立，

当时，则，可得，即，且，

所以，

即时，；

构建，

则，

因为，则，可得恒成立，

则在上单调递减，可得，

即；

所以当时，.

22．如图，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，过坐标原点的直线交椭圆于E，P两点（其中点P在第一象限），过点P作轴的垂线，垂足为点，连接EQ并延长，交椭圆于点.

(1)求点P到直线AB的距离的取值范围.

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）先求出，再设，利用点到直线的距离公式及正弦型函数的性质可求点P到直线AB的距离的取值范围.

（2）设，，则，，利用斜率公式可得，利用点在椭圆上可得，故可得，故可证.

【详解】（1）  

由方程可得，

故直线的方程为：即.

因为在椭圆上且在第一象限，故可设，其中

故到直线的距离为，

，

因为，故，故，

故，故.

（2）设，，则，，

故，

又，，故，

而，故即，

故，故，而，

所以即.